解题思路：（1）通过
f′(x)＞
f(x)
x
推出
xf′(x)−f(x)
x
＞0
，说明F′（x）=
xf′(x)−f(x)
x
2
＞0
，即可得到
F(x)＝
f(x)
x
在（0，+∞）上是增函数．
（2）设x1，x2∈（0，+∞），0＜x1＜x1+x2，而
F(x)＝
f(x)
x
在（0，+∞）上是增函数，推出
f(
x
1
)
x
1
＜
f(
x
1
+
x
2
)
x
1
+
x
2
，
然后推出 f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2）．即可．
（3）法一：类似（2）的方法通过函数的单调性证明：设1，x2，…xn∈（0，+∞），f（x1）+f（x2）+…f（xn）＞f（x1+x2+…+xn）
法二：利用数学归纳法，利用（2）的验证n=2时猜想成立，然后假设n=k时猜想成立，然后证明n=k+1时猜想也成立即可．
（1）由于f′(x)＞
f(x)
x得，
xf′(x)−f(x)
x＞0，而x＞0，
则xf′（x）-f（x）＞0，
则F′（x）=
xf′(x)−f(x)
x2＞0，因此F(x)＝
f(x)
x在（0，+∞）上是增函数．
（2）由于x1，x2∈（0，+∞），则0＜x1＜x1+x2，而F(x)＝
f(x)
x在（0，+∞）上是增函数，则F（x1）＜F（x1+x2），即
f(x1)
x1＜
f(x1+x2)
x1+x2，
∴（x1+x2）f（x1）＜x1f（x1+x2）（1），同理 （x1+x2）f（x2）＜x2f（x1+x2）（2）
（1）+（2）得：（x1+x2）[f（x1）+f（x2）]＜（x1+x2）f（x1+x2），而x1+x2＞0，
因此 f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2）．
（3）证法1：由于x1，x2∈（0，+∞），则0＜x1＜x1+x2+…+xn，而F(x)＝
f(x)
x在（0，+∞）上是增函数，则F（x1）＜F（x1+x2+…+xn），
即
f(x1)
x1＜
f(x1+x2+…+xn)
x1+x2…+xn，
∴（x1+x2+…+xn）f（x1）＜x1f（x1+x2+…+xn）
同理 （x1+x2+…+xn）f（x2）＜x2f（x1+x2+…+xn），
…，
（x1+x2+…+xn）f（xn）＜xnf（x1+x2+…+xn）
以上n个不等式相加得：（x1+x2+…+xn）[f（x1）+f（x2）+…f（xn）]＜（x1+x2+…+xn）f（x1+x2+…+xn）
而x1+x2+…+xn＞0，f（x1）+f（x2）+…f（xn）＜f（x1+x2+…+xn）．
证法2：数学归纳法
①当n=2时，由（2）知，不等式成立；
②当n=k（n≥2）时，不等式f（x1）+f（x2）+…f（xn）＜f（x1+x2+…+xn）成立，
即f（x1）+f（x2）+…f（xk）＜f（x1+x2+…+xk）成立，
则当n=k+1时，f（x1）+f（x2）+…f（xk）+f（xk+1）＜f（x1+x2+…+xk）+f（xk+1）
再由（2）的结论，f（x1+x2+…+xk）+f（xk+1）＜f[（x1+x2+…+xk）+xk+1]f（x1+x2+…+xk）+f（xk+1）＜f（x1+x2+…+xk+xk+1）
因此不等式f（x1）+f（x2）+…f（xn）＜f（x1+x2+…+xn）对任意n≥2的自然数均成立
点评：
本题考点： 用数学归纳法证明不等式；函数单调性的判断与证明；函数的单调性与导数的关系．
考点点评： 本题考查函数的单调性，函数值的大小比较，单调性的应用，数学归纳法的应用，注意数学归纳法的证明必须用上假设，考查逻辑推理能力，转化思想．
